【文档说明】2023届高考数学一轮复习——专题03 等式性质与不等式性质含解析【高考】.docx，共(18)页，81.122 KB，由小赞的店铺上传

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1专题03等式性质与不等式性质1.（2022·新高考Ⅰ卷）设𝑎=0.1𝑒0.1，𝑏=19，𝑐=−𝑙𝑛0.9，则（）A．𝑎<𝑏<𝑐B．𝑐<𝑏<𝑎C．𝑐<𝑎<𝑏D．𝑎<𝑐<𝑏2

．（2019·四川理）若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有（）A．𝑎𝑐＞𝑏𝑑B．𝑎𝑐＜𝑏𝑑C．𝑎𝑑＞𝑏𝑐D．𝑎𝑑＜𝑏𝑐1．两个实数比较大小的方法作差法a－b>0⇔a>b，a－b＝0⇔a

＝b，a－b<0⇔a<b.(a，b∈R)2．等式的性质性质1对称性：如果a＝b，那么b＝a；性质2传递性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性质3可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性质4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性质5可除性：如果

a＝b，c≠0，那么ac＝bc.3．不等式的性质性质1对称性：a>b⇔b<a；性质2传递性：a>b，b>c⇒a>c；性质3可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；性质4可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b，c<0⇒ac<bc；性质5同向可加性：a>b，c>d⇒a＋c

>b＋d；性质6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；性质7同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)．【常用结论】1．若ab>0，且a>b⇔1a<1b.22．若a>b>0，m>0⇒ba<b＋ma＋

m；若b>a>0，m>0⇒ba>b＋ma＋m.考点一比较两个数(式)的大小1.若a<0，b<0，则p＝b2a＋a2b与q＝a＋b的大小关系为()A．p<qB．p≤qC．p>qD．p≥q2.(2022·菏泽模拟)已知a，b，c∈(0,3)，且a5＝5a，b4＝4b，c3＝3c，下

列不等式正确的是()A．a>b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a>c>b【思维升华】比较大小的常用方法(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论

．(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．考点二不等式的性质3.（2022高二下·福田期中）已知𝑎=1𝑒，𝑏=ln33，𝑐=ln44，则𝑎，𝑏，𝑐的大小关系为（）A．𝑏<𝑐<𝑎B．𝑐<

𝑏<𝑎C．𝑐<𝑎<𝑏D．𝑎<𝑐<𝑏4.(2022·滨州模拟)下列命题为真命题的是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若a<b<0，则a2<ab<b2C．若c>a>b>0，则ac－a<bc－bD．若a>b>c>0，则ab>a＋cb＋

c【思维升华】判断不等式的常用方法(1)利用不等式的性质逐个验证．(2)利用特殊值法排除错误选项．(3)作差法．(4)构造函数，利用函数的单调性．3考点三不等式性质的综合应用5.（2022·南宁模拟）设大于1的两个实数a，b满足ln2𝑏𝑒2𝑎

<(𝑏𝑎)𝑛，则正整数n的最大值为（）．A．7B．9C．11D．126.（2022·玉林模拟）已知𝑎>0，不等式𝑥𝑒𝑥−𝑥𝑎ln𝑥𝑎≥0对任意的实数𝑥>1恒成立，则实数a的最大值为（）A．12𝑒B．2𝑒C．1𝑒D．

e【思维升华】求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围．一、单选题1.（2022·新高考Ⅰ卷）若集合𝑀={𝑥∣√𝑥<4}，𝑁={𝑥∣3𝑥⩾1}，则𝑀∩𝑁=（）A．{𝑥∣0≤𝑥<2}B．{𝑥∣13≤𝑥<2}C．{𝑥∣3≤𝑥<

16}D．{𝑥∣13≤𝑥<16}2．（2022·马鞍山模拟）已知偶函数𝑓(𝑥)在(−∞，0]上单调递增，且𝑓(2)=0，则不等式𝑥𝑓(𝑥−1)<0的解集为（）A．(−∞，−1)∪(0，3)B．(−1，0)∪(3，+∞)C．(−1，

3)D．(−2，0)∪(2，+∞)3．（2022·长春模拟）对任意不相等的两个正实数𝑥1，𝑥2，满足2𝑓(𝑥1+𝑥2)>𝑓(2𝑥1)+𝑓(2𝑥2)的函数是（）A．𝑓(𝑥)=2𝑥B．𝑓(𝑥)=ln2𝑥C．𝑓

(𝑥)=sin2𝑥D．𝑓(𝑥)=2𝑥4.关于函数𝑓(𝑥)=(2𝑥−12𝑥)⋅𝑥13和实数𝑚，𝑛的下列结论中正确的是（）A．若−3<𝑚<𝑛，则𝑓(𝑚)<𝑓(𝑛)B．若𝑚<𝑛<0，则𝑓(𝑚)<𝑓(𝑛)C．若𝑓(𝑚)

<𝑓(𝑛)，则𝑚2<𝑛2D．若𝑓(𝑚)<𝑓(𝑛)，则𝑚3<𝑛35．（2021高三上·杭州期末）设𝑝=ln2，𝑞=lg2，则（）A．𝑝−𝑞>𝑝𝑞>𝑝+𝑞B．𝑝−𝑞>𝑝+𝑞>𝑝𝑞C．𝑝+𝑞>𝑝

𝑞>𝑝−𝑞D．𝑝+𝑞>𝑝−𝑞>𝑝𝑞46．（2022高三上·朝阳期末）设函数𝑓(𝑥)={(12)𝑥,𝑥≤1𝑙𝑜𝑔2𝑥,𝑥>1，若𝑓(𝑥)≤2，则实数𝑥的取值范围是（）A．[−1,+∞)B．(0,4]C．[−1,4]D．(−∞,4]7．（2

022·黄浦模拟）下列不等式中，与不等式𝑥+8𝑥2+2𝑥+3<2解集相同的是（）A．(𝑥+8)(𝑥2+2𝑥+3)<2B．(𝑥+8)<2(𝑥2+2𝑥+3)C．1𝑥2+2𝑥+3<2𝑥+8D．𝑥2+2𝑥+3𝑥+8>128．（2021·云南模拟）已知函数𝑦=𝑓(𝑥

)的图象如图，则不等式1+𝑒𝑥1−𝑒𝑥⋅𝑓(𝑥)≥0的解集为（）A．[−2,0)∪(0,1]B．(−∞,−2]∪[0,1]C．[−2,0)∪[1,+∞)D．(−∞,−2]∪[1,+∞)9．（2022·攀枝花模拟）已知函数𝑓(𝑥)={𝑥

2−2𝑎𝑥+2𝑎,𝑥≤1𝑒𝑥−𝑎𝑥,𝑥>1(𝑎∈𝑅)，若关于𝑥的不等式𝑓(𝑥)≥0恒成立，则实数𝑎的取值范围为（）A．[0,1]B．[0,2]C．[1,𝑒]D．[0,𝑒]10.（2021·江苏模拟）若𝑓(𝑥)={𝑥3−

16𝑥,𝑥≠00,𝑥=0则满足𝑥𝑓(𝑥−1)≥0的x的取值范围是（）A．[−1,1]∪[3,+∞)B．(−∞,−1]∪[0,1]∪[3,+∞)C．[−1,0]∪[1,+∞)D．(−∞,−3]∪[−1,0]∪[1,+

∞)二、填空题11.（2022·上海）不等式𝑥−1𝑥<0的解集为12.（2022·静安模拟）函数𝑓(𝑥)是偶函数，当𝑥≥0时，𝑓(𝑥)=2𝑥+2𝑥−1，则不等式𝑓(𝑥)>3的解集为.13.（20

22·东城模拟）已知函数𝑓(𝑥)={𝑒𝑥−𝑘𝑥,𝑥≥0,𝑘𝑥2−𝑥+1,𝑥＜0.若𝑘=0，则不等式𝑓(𝑥)＜2的解集为；若𝑓(𝑥)恰有两个零点，则𝑘的取值范围为.14.已知函数𝑓(𝑥)=4𝑥3+𝑎𝑥+𝑏，当𝑥∈[−1,1]时，|𝑓(�

�)|≤1恒成立，则𝑎+𝑏=．5三、解答题15．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足f(1)＝0，且a>b>c，则ca的取值范围是________．16．某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条

件：(1)男学生人数多于女学生人数；(2)女学生人数多于教师人数；(3)教师人数的两倍多于男学生人数．①若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________．②该小组人数的最小值为________．专题03等

式性质与不等式性质1.（2022·新高考Ⅰ卷）设𝑎=0.1𝑒0.1，𝑏=19，𝑐=−𝑙𝑛0.9，则（）A．𝑎<𝑏<𝑐B．𝑐<𝑏<𝑎C．𝑐<𝑎<𝑏D．𝑎<𝑐<𝑏【答案】C【解析】解：令a=xex，𝑏=𝑥1−�

�，c=-ln(1-x)，则lna-lnb=x+lnx-[lnx-ln(1-x)]=x+ln(1-x)，令y=x+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，则𝑦′=1−11−𝑥=−𝑥1−𝑥<0，所以y≤0，所以lna≤lnb，所以b>a，a-c

=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，令y=xex+ln(1-x)，x∈(0，0.1]，𝑦′=𝑥𝑒𝑥+𝑒𝑥−11−𝑥=(1+𝑥)(1−𝑥)𝑒𝑥−11−𝑥，令k(x)=(1+𝑥)(1−𝑥)𝑒𝑥−1，6所以k'(

x)=(1-2x-x2)ex>0，所以k(x)>k(0)>0，所以y'>0，所以a-c>0，所以a>c，综上可得，c<a<b，故选：C2．（2019·四川理）若a＞b＞0，c＜d＜0，则一定有（）A．𝑎𝑐＞𝑏𝑑B．𝑎

𝑐＜𝑏𝑑C．𝑎𝑑＞𝑏𝑐D．𝑎𝑑＜𝑏𝑐【答案】D【解析】解：不妨令a=3，b=1，c=﹣3，d=﹣1，则𝑎𝑐=−1，𝑏𝑑=−1，∴A、B不正确；𝑎𝑑=−3，𝑏𝑐=﹣13，∴C

不正确，D正确．解法二：∵c＜d＜0，∴﹣c＞﹣d＞0，∵a＞b＞0，∴﹣ac＞﹣bd，∴−𝑎𝑐𝑐𝑑＞−𝑏𝑑𝑐𝑑，∴𝑎𝑑＜𝑏𝑐．故选：D．1．两个实数比较大小的方法作差法a－b>0⇔a>b，a－b＝0⇔a＝b，a－b<0⇔a<b.

(a，b∈R)2．等式的性质7性质1对称性：如果a＝b，那么b＝a；性质2传递性：如果a＝b，b＝c，那么a＝c；性质3可加(减)性：如果a＝b，那么a±c＝b±c；性质4可乘性：如果a＝b，那么ac＝bc；性

质5可除性：如果a＝b，c≠0，那么ac＝bc.3．不等式的性质性质1对称性：a>b⇔b<a；性质2传递性：a>b，b>c⇒a>c；性质3可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；性质4可乘性：a>b，c>0⇒ac>bc；a>b

，c<0⇒ac<bc；性质5同向可加性：a>b，c>d⇒a＋c>b＋d；性质6同向同正可乘性：a>b>0，c>d>0⇒ac>bd；性质7同正可乘方性：a>b>0⇒an>bn(n∈N，n≥2)．【常用结论】1．若ab>0，且a>b⇔1a<1b.2．若a>b>0，m>0⇒ba<b＋ma＋

m；若b>a>0，m>0⇒ba>b＋ma＋m.考点一比较两个数(式)的大小1.若a<0，b<0，则p＝b2a＋a2b与q＝a＋b的大小关系为()A．p<qB．p≤qC．p>qD．p≥q【答案】B【解析】p－q＝b2a＋a2b－a－b＝b2－a2a＋a2－b2b＝(b2－a

2)·1a－1b＝b2－a2b－aab＝b－a2b＋aab，因为a<0，b<0，所以a＋b<0，ab>0.若a＝b，则p－q＝0，故p＝q；若a≠b，则p－q<0，故p<q.8综上，p≤q.2.(2022·菏泽模拟)已知a，b，c∈

(0,3)，且a5＝5a，b4＝4b，c3＝3c，下列不等式正确的是()A．a>b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a>c>b【答案】C【解析】a5＝5a，即lnaa＝ln55，b4＝4b，即lnbb＝ln44，c3＝3

c，即lncc＝ln33，设f(x)＝lnxx，则f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，f′(x)＝1－lnxx2(x>0)，当x>e时，f′(x)<0，f(x)＝lnxx单调递减，当0<x<e时，f′(x

)>0，f(x)＝lnxx单调递增，因为a，b，c∈(0,3)，f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，所以a，b，c∈(0，e)，因为f(5)<f(4)<f(3)，所以f(a)<f(b)<f(c)，a<b<c.【思维升华】比较大小的常用方法

(1)作差法：①作差；②变形；③定号；④得出结论．(2)作商法：①作商；②变形；③判断商与1的大小关系；④得出结论．(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．考点二不等式的性质3.（2022高二下·福田期中）已知𝑎=1𝑒，𝑏=ln33，𝑐=ln

44，则𝑎，𝑏，𝑐的大小关系为（）A．𝑏<𝑐<𝑎B．𝑐<𝑏<𝑎C．𝑐<𝑎<𝑏D．𝑎<𝑐<𝑏【答案】B【解析】解：设𝑓(𝑥)=ln𝑥𝑥，𝑥≥𝑒𝑓′(𝑥)=1−ln𝑥�

�2≤0，则恒成立，9函数f(x)在[e，+∞)上单调递减，∴f(e)>f(3)>f(4)，即ln𝑒𝑒=1𝑒>ln33>ln44，则c<b<a.故选：B．4.(2022·滨州模拟)下列命题为真命题的是()A．若a>b，

则ac2>bc2B．若a<b<0，则a2<ab<b2C．若c>a>b>0，则ac－a<bc－bD．若a>b>c>0，则ab>a＋cb＋c【答案】D【解析】对于A选项，当c＝0时，显然不成立，故A选项为假

命题；对于B选项，当a＝－3，b＝－2时，满足a<b<0，但不满足a2<ab<b2，故B选项为假命题；对于C选项，当c＝3，a＝2，b＝1时，ac－a＝23－2>bc－b＝12，故C选项为假命题；对于D选项，由于a>b>c>0，所以ab

－a＋cb＋c＝ab＋c－ba＋cbb＋c＝ac－bcbb＋c＝a－bcbb＋c>0，即ab>a＋cb＋c，故D选项为真命题．【思维升华】判断不等式的常用方法(1)利用不等式的性质逐个验证．(2)利用特殊值法排除错误选项．(3)作差法．(4)构造函数，利用函数的单调性．考点

三不等式性质的综合应用5.（2022·南宁模拟）设大于1的两个实数a，b满足ln2𝑏𝑒2𝑎<(𝑏𝑎)𝑛，则正整数n的最大值为（）．A．7B．9C．11D．12【答案】B【解析】解：易知ln2𝑏𝑒2𝑎<𝑏𝑛𝑎𝑛等价于ln2𝑏𝑏𝑛<𝑒2𝑎𝑎𝑛．令𝑓(

𝑥)=ln2𝑥𝑥𝑛(𝑥>1)，则𝑓′(𝑥)=𝑥𝑛−1⋅ln𝑥(2−𝑛ln𝑥)𝑥2𝑛=ln𝑥(2−𝑛ln𝑥)𝑥𝑛+1．10令𝑓′(𝑥)=0得𝑥=𝑒2𝑛．当𝑓′(𝑥)>0时𝑥∈(1，𝑒2𝑛)；当𝑓′(𝑥

)<0时𝑥∈(𝑒2𝑛，+∞)．所以𝑓(𝑥)在(1，𝑒2𝑛)上单调递增，在(𝑒2𝑛，+∞)上单调递减，则𝑓(𝑥)有最大值𝑓(𝑒2𝑛)=(2𝑛)2𝑒2．令𝑔(𝑥)=𝑒2𝑥𝑥𝑛(𝑥>1)，则𝑔′(𝑥)=𝑒2𝑥

(2𝑥−𝑛)𝑥𝑛+1．当𝑛2≤1时不符合，舍去，所以𝑛2>1．则𝑔′(𝑥)=0，𝑥=𝑛2．当𝑔′(𝑥)>0时𝑥>𝑛2；当𝑔′(𝑥)<0时1<𝑥<𝑛2．所以𝑔(𝑥)在(1，𝑛2)上单调递减，在

(𝑛2，+∞)上单调递增，则𝑔(𝑥)有最小值𝑔(𝑛2)=𝑒𝑛(𝑛2)𝑛．若ln2𝑏𝑏𝑛<𝑒2𝑎𝑎𝑛成立，只需𝑓(𝑒2𝑛)≤𝑔(𝑛2)，即(2𝑛)2𝑒2≤𝑒𝑛(𝑛2)𝑛，即𝑒𝑛+2≥(𝑛2)𝑛−2．两边取自然对数可得𝑛+

2≥(𝑛−2)ln𝑛2．当𝑛=2时等式成立；当𝑛≥3时有𝑛+2𝑛−2≥ln𝑛2．令𝜑(𝑥)=𝑥+2𝑥−2−ln𝑥2，本题即求𝜑(𝑥)>0的最大的正整数．𝜑′(𝑥)=−4(𝑥−2)2−1�

�<0恒成立，则𝜑(𝑥)在[3，+∞)上单调递减．因为𝜑(8)=53−ln4>0，𝜑(9)=117−ln92≈1.5714−1.51>0，𝜑(10)=32−ln5<0，所以𝜑(𝑥)>0的最大正整数为9．故答案为：B．6.

（2022·玉林模拟）已知𝑎>0，不等式𝑥𝑒𝑥−𝑥𝑎ln𝑥𝑎≥0对任意的实数𝑥>1恒成立，则实数a的最大值为（）A．12𝑒B．2𝑒C．1𝑒D．e【答案】D【解析】因为不等式𝑥𝑒𝑥−𝑥𝑎ln𝑥𝑎≥0(𝑥>1)，所以𝑥𝑒𝑥≥𝑥𝑎ln𝑥𝑎，

得𝑥𝑒𝑥≥𝑒ln𝑥𝑎ln𝑥𝑎，11设𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥，则上式不等式等价于𝑓(𝑥)≥𝑓(ln𝑥𝑎)对任意的实数𝑥>1恒成立，当𝑥>0时，𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥𝑒𝑥>0，故𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递增，因为𝑥>1,𝑎>0，所

以𝑎ln𝑥>0，所以原问题可转化为𝑥≥𝑎ln𝑥，即𝑎≤(𝑥ln𝑥)min，设𝑔(𝑥)=𝑥ln𝑥，𝑔′(𝑥)=ln𝑥−1(ln𝑥)2，𝑔(𝑥)<0，可知𝑥∈(1,𝑒)，𝑔(𝑥)>0，可知𝑥∈(𝑒,+∞)，所以𝑔(𝑥)=𝑥ln𝑥在

(1,𝑒)上单调递减，在(𝑒,+∞)上单调递增，所以𝑔(𝑥)min=𝑔(𝑒)=𝑒，所以𝑎≤𝑒，所以实数a的最大值为e.故答案为：D【思维升华】求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得整体范围．一、单选题1.（2022·新高

考Ⅰ卷）若集合𝑀={𝑥∣√𝑥<4}，𝑁={𝑥∣3𝑥⩾1}，则𝑀∩𝑁=（）A．{𝑥∣0≤𝑥<2}B．{𝑥∣13≤𝑥<2}C．{𝑥∣3≤𝑥<16}D．{𝑥∣13≤𝑥<16}【答案】D【解析】解：由题意得，𝑀={𝑥|0≤𝑥<16}，𝑁={𝑥|𝑥≥13}，则�

�∩𝑁={𝑥∣13≤𝑥<16}，故选：D2．（2022·马鞍山模拟）已知偶函数𝑓(𝑥)在(−∞，0]上单调递增，且𝑓(2)=0，则不等式𝑥𝑓(𝑥−1)<0的解集为（）A．(−∞，−1)∪(0，3)B．(−1，0)∪(3，+∞)C．(−1，3)D．(−2，0)∪(2，+∞)【答案

】B【解析】偶函数𝑓(𝑥)在(−∞，0]上单调递增，则𝑓(𝑥)在(0，+∞)上单调递减，而𝑓(2)=0，因𝑥𝑓(𝑥−1)<0，则当𝑥>0时，𝑓(𝑥−1)<0⇔𝑓(|𝑥−1|)<𝑓(2)，即|𝑥−1|>2，解得𝑥>3，当𝑥<0时，𝑓(𝑥−1)>0⇔�

�(|𝑥−1|)>𝑓(2)，即|𝑥−1|<2，解得−1<𝑥<0，所以不等式𝑥𝑓(𝑥−1)<0的解集为(−1，0)∪(3，+∞).12故答案为：B3．（2022·长春模拟）对任意不相等的两个正

实数𝑥1，𝑥2，满足2𝑓(𝑥1+𝑥2)>𝑓(2𝑥1)+𝑓(2𝑥2)的函数是（）A．𝑓(𝑥)=2𝑥B．𝑓(𝑥)=ln2𝑥C．𝑓(𝑥)=sin2𝑥D．𝑓(𝑥)=2𝑥

【答案】B【解析】设𝑥1=1，𝑥2=2，A，对于函数𝑓(𝑥)=2𝑥，2𝑓(𝑥1+𝑥2)=2𝑓(3)=12，𝑓(2𝑥1)+𝑓(2𝑥2)=𝑓(2)+𝑓(4)=4+8=12，2𝑓(𝑥1+𝑥2)=�

�(2𝑥1)+𝑓(2𝑥2)，不符合题意.D，对于函数𝑓(𝑥)=2𝑥，2𝑓(𝑥1+𝑥2)=2𝑓(3)=16，𝑓(2𝑥1)+𝑓(2𝑥2)=𝑓(2)+𝑓(4)=4+16=20，2𝑓(𝑥1+𝑥2)<𝑓(2𝑥1)+𝑓(2𝑥

2)，不符合题意.C选项，设𝑥1=𝜋，𝑥2=2𝜋，𝑓(𝑥)=sin2𝑥，2𝑓(𝑥1+𝑥2)=2𝑓(3𝜋)=12，𝑓(2𝑥1)+𝑓(2𝑥2)=𝑓(2)+𝑓(4)=0，2𝑓(𝑥1+𝑥2)=𝑓(2𝑥1)+𝑓

(2𝑥2)，不符合题意.对于B选项，𝑥1，𝑥2为正实数，2𝑓(𝑥1+𝑥2)=2ln[2(𝑥1+𝑥2)]=ln[4(𝑥1+𝑥2)2]，𝑓(2𝑥1)+𝑓(2𝑥2)=ln4𝑥1+ln4𝑥2=ln(4×4𝑥1𝑥2)，(𝑥1+𝑥2)2−4�

�1𝑥2=(𝑥1−𝑥2)2>0，所以ln[4(𝑥1+𝑥2)2]>ln(4×4𝑥1𝑥2)，所以2𝑓(𝑥1+𝑥2)>𝑓(2𝑥1)+𝑓(2𝑥2)成立.B选项正确.故答案为：B4.关于函数𝑓

(𝑥)=(2𝑥−12𝑥)⋅𝑥13和实数𝑚，𝑛的下列结论中正确的是（）A．若−3<𝑚<𝑛，则𝑓(𝑚)<𝑓(𝑛)B．若𝑚<𝑛<0，则𝑓(𝑚)<𝑓(𝑛)C．若𝑓(𝑚)<𝑓(𝑛)

，则𝑚2<𝑛2D．若𝑓(𝑚)<𝑓(𝑛)，则𝑚3<𝑛3【答案】C【解析】解：因为𝑓(−𝑥)=(2−𝑥−12−𝑥)⋅(−𝑥)13=(2𝑥−12𝑥)𝑥13=𝑓(𝑥)，所以函数𝑓(𝑥)=(2𝑥−12𝑥)𝑥13是一个偶函数，13又

𝑥>0时，𝑦=2𝑥−12𝑥与𝑦=𝑥13是增函数，且函数值为正数，故函数𝑓(𝑥)=(2𝑥−12𝑥)𝑥13在(0，+∞)上是一个增函数由偶函数的性质得函数在(−∞，0)上是一个减函数，此类函数的规律是自变量离原点越近，函数值越小，即自变量的绝对值小，函数值就小，反之也

成立，考察四个选项，A选项，由−3<𝑚<𝑛，无法判断𝑚，𝑛离原点的远近，A不符合题意；B选项，𝑚<𝑛<0，则𝑚的绝对值大，故其函数值也大，B不对；C选项是正确的，由𝑓(𝑚)<𝑓(𝑛)，一定得出𝑚2<𝑛2；D选项由𝑓(𝑚)<𝑓(𝑛

)，可得出|𝑚|<|𝑛|，但不能得出𝑚3<𝑛3，不成立，故答案为：C．5．（2021高三上·杭州期末）设𝑝=ln2，𝑞=lg2，则（）A．𝑝−𝑞>𝑝𝑞>𝑝+𝑞B．𝑝−𝑞>𝑝+𝑞>𝑝𝑞C．𝑝+𝑞>𝑝𝑞>𝑝−�

�D．𝑝+𝑞>𝑝−𝑞>𝑝𝑞【答案】D【解析】因为𝑝=ln2>ln1=0，𝑞=lg2>lg1=0，所以，𝑝+𝑞>𝑝−𝑞且有𝑝𝑞>0，因为𝑝−𝑞𝑝𝑞=1𝑞−1𝑝=1lg2−1ln2=log210−log2𝑒=log210

𝑒>log22=1，所以，𝑝−𝑞>𝑝𝑞，因此，𝑝+𝑞>𝑝−𝑞>𝑝𝑞.故选：D.6．（2022高三上·朝阳期末）设函数𝑓(𝑥)={(12)𝑥,𝑥≤1𝑙𝑜𝑔2𝑥,𝑥>1，若𝑓(𝑥)≤2，则

实数𝑥的取值范围是（）A．[−1,+∞)B．(0,4]C．[−1,4]D．(−∞,4]【答案】C【解析】当𝑥≤1时，(12)𝑥≤2，可得𝑥≥−1，故−1≤𝑥≤1；当𝑥>1时，log2𝑥≤2，可得𝑥≤4，故1<𝑥≤4.综上，−1≤𝑥≤

4.故答案为：C.7．（2022·黄浦模拟）下列不等式中，与不等式𝑥+8𝑥2+2𝑥+3<2解集相同的是（）A．(𝑥+8)(𝑥2+2𝑥+3)<2B．(𝑥+8)<2(𝑥2+2𝑥+3)14C．1𝑥2+2𝑥+3<2𝑥+8D．𝑥2+2𝑥+3𝑥+8>12【答案】

B【解析】显然𝑥2+2𝑥+3=(𝑥+1)2+2>0，所以不等式𝑥+8𝑥2+2𝑥+3<2等价于(𝑥+8)<2(𝑥2+2𝑥+3)。故答案为：B．8．（2021·云南模拟）已知函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象如图，则不等式1+𝑒𝑥1−𝑒𝑥⋅𝑓(𝑥)≥0的

解集为（）A．[−2,0)∪(0,1]B．(−∞,−2]∪[0,1]C．[−2,0)∪[1,+∞)D．(−∞,−2]∪[1,+∞)【答案】A【解析】记𝑔(𝑥)=1+𝑒𝑥1−𝑒𝑥(𝑥≠0)，定义域为{𝑥|𝑥≠0}，关于原点对称.又𝑔(−𝑥)=1+𝑒−𝑥1−𝑒−𝑥=1

+𝑒𝑥𝑒𝑥−1=−𝑔(𝑥)，故其为奇函数.当𝑥>0时，𝑔(𝑥)=−1+21−𝑒𝑥，𝑔(𝑥)<0；当𝑥<0时，𝑔(𝑥)>0.由图可知：当𝑥>1或−2<𝑥<0时，𝑓(𝑥)>0；当𝑥<−2或0<𝑥<1时，𝑓(𝑥)<0.故不等式�

�(𝑥)⋅𝑓(𝑥)≥0的解集为：[−2,0)∪(0,1].故答案为：A.9．（2022·攀枝花模拟）已知函数𝑓(𝑥)={𝑥2−2𝑎𝑥+2𝑎,𝑥≤1𝑒𝑥−𝑎𝑥,𝑥>1(𝑎∈�

�)，若关于𝑥的不等式𝑓(𝑥)≥0恒成立，则实数𝑎的取值范围为（）A．[0,1]B．[0,2]C．[1,𝑒]D．[0,𝑒]【答案】D【解析】当𝑥≤1时，由𝑥2−2𝑎𝑥+2𝑎≥0恒成立，二次函数的对称轴为𝑥=𝑎，（1）当𝑎≥1时，𝑓(𝑥)在(−∞,1]上单调递减，

则𝑓(𝑥)min=𝑓(1)=1>0恒成立，（2）当𝑎<1时，𝑓(𝑥)min=𝑓(𝑎)=𝑎(2−𝑎)≥0，所以0≤𝑎<1综上可知，当𝑎≥0时，𝑥2−2𝑎𝑥+2𝑎≥0在(−∞,1]上恒成立；15当𝑥>1时，�

�𝑥−𝑎𝑥≥0恒成立，即𝑎≤𝑒𝑥𝑥在(1,+∞)上恒成立，令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥𝑥，则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥−1)𝑥2，当𝑥>1时，𝑔′(𝑥)>0，函数单增，又𝑔(1)=𝑒，所以𝑎≤𝑒；综上可知，𝑎的取值范围

是[0,𝑒]，故答案为：D10.（2021·江苏模拟）若𝑓(𝑥)={𝑥3−16𝑥,𝑥≠00,𝑥=0则满足𝑥𝑓(𝑥−1)≥0的x的取值范围是（）A．[−1,1]∪[3,+∞)B．(−∞,−1]∪[0,1]∪[3,+∞)C．[−1,0]∪[1,+∞)D．(−∞,−3]∪

[−1,0]∪[1,+∞)【答案】B【解析】①当𝑥=1或0时，𝑥𝑓(𝑥−1)=0成立；②当𝑥<0时，𝑥𝑓(𝑥−1)=𝑥[(𝑥−1)3−16𝑥−1]≥0，可有(𝑥−1)3≤16𝑥−1，解得𝑥≤−1；③当𝑥>0且𝑥≠1时，𝑥�

�(𝑥−1)=𝑥[(𝑥−1)3−16𝑥−1]≥0，若𝑥>1，则(𝑥−1)4≥16，解得𝑥≥3；若0<𝑥<1，则(𝑥−1)4≤16，解得0<𝑥<1，所以𝑥∈(−∞,−1]∪[0,1]∪[3,+∞)，则原不等式的解为𝑥∈(−∞,−1

]∪[0,1]∪[3,+∞)。故答案为：B二、填空题11.（2022·上海）不等式𝑥−1𝑥<0的解集为【答案】(0,1)【解析】解：由题意得𝑥−1𝑥<0等价于x(x-1)<0，解得0<x<1，故所求解集为(

0,1).故答案为：(0,1).12.（2022·静安模拟）函数𝑓(𝑥)是偶函数，当𝑥≥0时，𝑓(𝑥)=2𝑥+2𝑥−1，则不等式𝑓(𝑥)>3的解集为.【答案】{x|x＜-1或x＞1}【解析】因为当𝑥≥0时，𝑓(𝑥)=2𝑥+2𝑥−1单调递增，

且𝑓(1)=2×1+21−1=3，16所以𝑓(𝑥)>3等价于𝑓(𝑥)>𝑓(1).因为𝑓(𝑥)为偶函数，所以|𝑥|>1，解得𝑥<−1或𝑥>1，即不等式𝑓(𝑥)>3的解集为{x|x＜-1或x＞1}故答案为：{x|x＜-1或x＞1}13.（2022·东城模拟）已知函数𝑓

(𝑥)={𝑒𝑥−𝑘𝑥,𝑥≥0,𝑘𝑥2−𝑥+1,𝑥＜0.若𝑘=0，则不等式𝑓(𝑥)＜2的解集为；若𝑓(𝑥)恰有两个零点，则𝑘的取值范围为.【答案】（-1，ln2）；（e,+∞）【解析】当𝑘=0时，𝑓(𝑥)=

{𝑒𝑥,𝑥≥0,−𝑥+1,𝑥＜0.则不等式𝑓(𝑥)＜2可转化为{𝑒𝑥<2𝑥≥0或{−𝑥+1<2𝑥<0解得0≤𝑥<ln2或−1<𝑥<0，所以𝑘=0，则不等式𝑓(𝑥)＜2的解集为(−1,ln2)；

由题意可知𝑓(𝑥)的零点个数可转为𝑒𝑥=𝑘𝑥(𝑥≥0)与𝑘𝑥2=𝑥−1(𝑥＜0)的零点个数之和，当𝑘=0时，𝑒𝑥=𝑘𝑥(𝑥≥0)没有零点，𝑘𝑥2=𝑥−1(𝑥＜0)没有零点，此时𝑓

(𝑥)没有零点；当𝑘<0时，𝑒𝑥=𝑘𝑥(𝑥≥0)没有零点，𝑘𝑥2=𝑥−1(𝑥＜0)有且仅有一个零点，此时𝑓(𝑥)只有一个零点；当𝑘>0时，𝑘𝑥2=𝑥−1(𝑥＜0)没有零点，由𝑒𝑥=𝑘𝑥(𝑥≥0)可得𝑘=𝑒𝑥𝑥(�

�≥0)，令𝑔(𝑥)=𝑒𝑥𝑥(𝑥≥0)，则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥−1)𝑥2(𝑥≥0)，易知𝑔(𝑥)在[0,1)上单调递减，在(1,+∞)单调递增，𝑔(𝑥)min=𝑔(1)=𝑒；此时𝑓(𝑥)要有两个零点

则必有𝑘>𝑒；综上所述若𝑓(𝑥)恰有两个零点，则𝑘的取值范围为(𝑒,+∞).故答案为：（-1，ln2），（e,+∞）14.已知函数𝑓(𝑥)=4𝑥3+𝑎𝑥+𝑏，当𝑥∈[−1,1]时，|𝑓(𝑥)|≤1恒成立，则𝑎+𝑏=．【答案】-3【解析】

当𝑥∈[−1,1]时，|𝑓(𝑥)|≤1恒成立，则−1≤𝑓(𝑥)≤1对任意𝑥∈[−1,1]恒成立，则𝑥=±1，𝑥=±12时，−1≤𝑓(𝑥)≤1恒成立17𝑥=1，−1≤4+𝑎+𝑏≤1①𝑥=−1，−1≤−4−𝑎+𝑏≤1⇒−1≤4+�

�−𝑏≤1②𝑥=12，−1≤12+𝑎2+𝑏≤1③𝑥=−12，−1≤−12−𝑎2+𝑏≤1⇒−1≤12+𝑎2−𝑏≤1④①+②：−2≤8+2𝑎≤2⇒−5≤𝑎≤−3③+④：−2≤1+𝑎≤2⇒−3≤𝑎≤1∴𝑎=−3，代入①：−2≤𝑏≤0代入③：0≤𝑏≤2∴𝑏=0

，∴𝑎=−3，𝑏=0，∴𝑎+𝑏=−3﹒证明𝑓(𝑥)=4𝑥3−3𝑥满足题意：𝑓(𝑥)=4𝑥3−3𝑥，则𝑓(𝑥)=12𝑥2−3，𝑓(𝑥)=0⇒𝑥=±12，𝑥-1(−1，−12)−12(−12，12)12(12，1)1𝑓(𝑥)+-+𝑓(𝑥)-1↗极

大值：1↘极小值：-1↗1由表可知，|f(x)|≤1在[-1，1]上恒成立满足题意﹒故答案为：-3.三、解答题15．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足f(1)＝0，且a>b>c，则ca的取值范围是________．【答案】－2，－12【解析】因为f(

1)＝0，所以a＋b＋c＝0，所以b＝－(a＋c)．又a>b>c，所以a>－(a＋c)>c，且a>0，c<0，所以1>－a＋ca>ca，即1>－1－ca>ca.所以2ca<－1，ca>－2，解得－2<ca<－12.即ca的取值范围为－2，－

12.16．某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：18(1)男学生人数多于女学生人数；(2)女学生人数多于教师人数；(3)教师人数的两倍多于男学生人数．①若教师人数为4，则女学生人数的最大值

为________．②该小组人数的最小值为________．【答案】①6②12【解析】设男学生人数为x，女学生人数为y，教师人数为z，由已知得x>y，y>z，2z>x，且x，y，z均为正整数．①当z＝4时，8>x>y>4，∴x的最大值为7，

y的最大值为6，故女学生人数的最大值为6.②x>y>z>x2，当x＝3时，条件不成立，当x＝4时，条件不成立，当x＝5时，5>y>z>52，此时z＝3，y＝4.∴该小组人数的最小值为12.